Ряд Тейлора сложной функции

[Otta]

_hum_ в сообщении #1465611 писал(а):

я не спец в рядах, но разве это одно и то же?

Нет, это разное. Неаккуратно то ли переставил, то ли сюда написал. Разберется.

[_hum_]

Otta
просто мне как-то подозрительно, что тем путем, что он делал (просто разложил соответствующие функции в два ряда) можно получить однократный ряд (как в ответе), а не двойной, как у него...

[Otta]

_hum_
Тем не менее, это так. Смазан самый последний шаг, ночной ляп, бывает. Если бы было сделано аккуратно в том месте - получился бы как раз ответ.

[_hum_]

Otta
так а из-за чего пропала бы вторая бесконечная сумма?

[Otta]

Почему "бы"? При корректном изменении порядка суммирования она пропадет. Проверьте сами.

[_hum_]

Otta
я имел в виду, что убрать вторую бесконечную сумму в моем представлении можно только перегруппировкой слагаемых. И это (опять же в моем представлении) не такая тривиальная задача, если делать это самому, а не использовать готовую формулу Фа ди Брюно. Вот я и пытаюсь понять, в чем я заблуждаюсь, и почему то, что осталось сделать студенту - задача совсем несложная.

[Otta]

Еще раз. У него все аккуратно, и все нормально он написал, это я как раз сегодня не здесь головой.

_hum_ в сообщении #1465611 писал(а):

otorvald в сообщении #1465524 писал(а):

Известно что ответ:

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}C_{n-1}^{k-1}z^n$

otorvald в сообщении #1465539 писал(а):

вот что получилось:

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=n}^{\infty}C_{k-1}^{n-1}\frac{z^k}{n!}$

otorvald в сообщении #1465541 писал(а):

Спасибо большое, все получилось

я не спец в рядах, но разве это одно и то же?

Формула в цитате (1) получается из формулы в цитате (2). Перестановкой порядка суммирования.
О чем ТС нам и сообщил в цитате (3). Делать ему ничего не осталось, он уже все сделал, раз порядок суммирования поменял и сообщил, что все в порядке.

(1)=(2). Это одно и то же. Использовать готовые формулы в данном случае задача менее тривиальная. Хотя бы потому, что предполагает знаний об этих готовых формулах и многих сопутствующих знаний. Считать там дольше. Частный случай считать, как правило, проще, чем полиномы Белла применительно к нему.

Между (1) и (2) ровно одно действие, воспроизвести его - это в точности выписать (1)=(2).
ТС меня понял. Делается это так же, как и в случае с двойными интегралами. Нарисуйте область соответствующую. Будет половина первого октанта, неограниченная. У нас в одном порядке суммирование, надо в другом.

Пример. Все мы знаем, как менять порядок интегрирования в $$\int_1^{+\infty}\int_x^{+\infty}f(x,y)\,dxdy$ и что получится. Здесь ровно то же. Только по целым числам.

[_hum_]

Otta в сообщении #1465702 писал(а):

Делается это так же, как и в случае с двойными интегралами. Нарисуйте область соответствующую. Будет половина первого октанта, неограниченная. У нас в одном порядке суммирование, надо в другом.

Пример. Все мы знаем, как менять порядок интегрирования в $$\int_1^{+\infty}\int_x^{+\infty}f(x,y)\,dxdy$ и что получится. Здесь ровно то же. Только по целым числам.

А, вот это хорошая аналогия. Но, честно говоря, заметить без подсказки, что изменение порядка интегрирование убивает одну бесконечность - самому мне было бы сложно :) Я бы пытался как-то перегруппировать сами суммы. Но если вы говорите, что студенты в курсе этого финта, то тогда ОК :) Спасибо за разъяснение.

[Otta]

Студенты разные.
Финт регулярно в доказательствах вылезает (что касается рядов, для интегралов это вовсе будни).